高考物理一輪復(fù)習(xí) 第5章 第2課時 動能 動能定理練習(xí) 人教大綱版

第2課時動能動能定理1.圖5－2－7如圖5－2－7所示，在抗洪救災(zāi)中，一架直升機通過繩索，用恒力F豎直向上拉起一個漂在水面上的木箱，使其由水面開始加速上升到某一高度，若考慮空氣阻力而不考慮空氣浮力，則在此過程中，以下說法正確的有()A．力F所做功減去克服阻力所做的功等于重力勢能的增量B．木箱克服重力所做的功等于重力勢能的增量C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱動能的增量D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱機械能的增量解析：對木箱受力分析如圖所示，則由動能定理：WF－mgh－WFf＝ΔEk故C對．由上式得：WF－WFf＝ΔEk＋mgh，即WF－WFf＝ΔEk＋ΔEp＝ΔE.故A錯D對．由重力做功與重力勢能變化關(guān)系知B對，故B、C、D對．答案：BCD2．在新疆旅游時，最刺激的莫過于滑沙運動．某人坐在滑沙板上從沙坡斜面的頂端由靜止沿直線下滑到斜面底端時，速度為2v0，設(shè)人下滑時所受阻力恒定不變，沙坡長度為L，斜面傾角為α，人的質(zhì)量為m，滑沙板質(zhì)量不計，重力加速度為g.則()A．若人在斜面頂端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，則人到達(dá)斜面低端時的速度大小為3v0B．若人在斜面頂端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，則人到達(dá)斜面低端時的速度大小為eq\r(5)v0C．人沿沙坡下滑時所受阻力F阻＝mgsinα－2mveq\o\al(2,0)/LD．人在下滑過程中重力功率的最大值為2mgv0解析：對人進(jìn)行受力分析如下圖所示，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有：(2v0)2－0＝2aL，veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2aL，可解得：v1＝eq\r(5)v0，所以選項A錯誤，B正確；根據(jù)動能定理有：mgLsinα－F阻L＝eq\f(1,2)m(2v0)2，可解得F阻＝mgsinα－2mveq\o\al(2,0)/L，選項C正確；重力功率的最大值為Pm＝2mgv0sinα，選項D錯誤．答案：BC3.圖5－2－8如圖5－2－8所示，一個質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平直桿上，環(huán)與桿的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)給環(huán)一個向右的初速度v0，如果在運動過程中還受到一個方向始終豎直向上的力F的作用，已知力F的大小F＝kv(k為常數(shù)，v為環(huán)的運動速度)，則環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功(假設(shè)桿足夠長)可能為()A.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B．0 C.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(m3g2,2k2) D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,2k2)解析：當(dāng)mg＝kv0時，即v0＝eq\f(mg,k)時，環(huán)做勻速運動，Wf＝0，環(huán)克服摩擦力所做的功為零；當(dāng)mg＞kv0時，即v0＜eq\f(mg,k)時，環(huán)在運動過程中，速度減小，F(xiàn)減小，摩擦力Ff增大，最終環(huán)靜止Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，環(huán)克服摩擦力所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).當(dāng)mg＜kv0時，即v0＞eq\f(mg,k)時，環(huán)在運動過程中，速度減小，F(xiàn)減小，摩擦力Ff減小到mg＝kv時，環(huán)做勻速運動，Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(m3g2,2k2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即環(huán)克服摩擦力所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,2k2).答案：ABD4．圖5－2－9如圖5－2－9甲所示，一質(zhì)量為m＝1kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點，從t＝0時刻開始，物塊在按如圖5－2－9乙所示規(guī)律變化的水平力F的作用下向右運動，第3s末物塊運動到B點且速度剛好為0，第5s末物塊剛好回到A點，已知物塊與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s(1)A、B間的距離；(2)水平力F在5s時間內(nèi)對物塊所做的功．解析：(1)由圖乙可知在3～5s內(nèi)物塊在水平恒力作用下由B點勻加速運動到A點，設(shè)加速度為a，A、B間的距離為s，則有F－μmg＝maa＝eq\f(F－μmg,m)＝eq\f(4－0.2×1×10,1)m/s2＝2m/s2s＝eq\f(1,2)at2＝4m.(2)設(shè)整個過程中水平力所做功為WF，物塊回到A點時的速度為vA，由動能定理得：WF－2μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)veq\o\al(2,A)＝2asWF＝2μmgs＋mas＝24J.答案：(1)4m(2)24J5.圖5－2－10如圖5－2－10所示為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運輸系統(tǒng)．斜面軌道傾角為30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),6).木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程，求m、M的關(guān)系？解析：在下滑過程中，對M、m由動能定理得：(M＋m)gh－μ(M＋m)gcosθ·eq\f(h,sinθ)－E彈＝0①在上滑過程中，對M由動能定理得：－Mgh－μMgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋E彈＝0②由①②得：m＝2M答案：m＝21．質(zhì)量不等，但有相同動能的兩物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行直到停止，則下列說法正確的有()A．質(zhì)量大的物體滑行距離大 B．質(zhì)量小的物體滑行距離大C．質(zhì)量大的物體滑行時間長 D．質(zhì)量小的物體滑行時間長解析：物體的動能全部用來克服摩擦阻力做功，有Ek＝μmgl?l＝eq\f(Ek,μmg)，質(zhì)量小，滑行距離大．而t＝eq\f(v,a)＝eq\f(\r(\f(2Ek,m)),μg)，質(zhì)量小，滑行時間長．答案：BD2．一個木塊靜止于光滑水平面上，現(xiàn)有一個水平飛來的子彈射入此木塊并深入2cm而相對于木塊靜止，同時間內(nèi)木塊被帶動前移了1cm，則子彈損失的動能、木塊獲得動能以及子彈和木塊共同損失的動能三者之比為()A．3∶1∶2 B．3∶2∶1 C．2∶1∶3 D．2∶3∶1解析：設(shè)子彈深入木塊深度為d，木塊移動s，則子彈對地位移為d＋s；設(shè)子彈與木塊的相互作用力為Ff，由動能定理，子彈損失的動能等于子彈克服木塊阻力所做的功，即ΔE1＝Ff(d＋s)，木塊所獲得的動能等于子彈對木塊作用力所做的功，即ΔE2＝Ffs，子彈和木塊共同損失的動能為ΔE3＝ΔE1－ΔE2＝Ffd，即三者之比為(d＋s)∶s∶d＝3∶1∶2.答案：A3．(·江門模擬)起重機將物體由靜止舉高h(yuǎn)時，物體的速度為v，下列各種說法中正確的是(不計空氣阻力)()A．拉力對物體所做的功，等于物體動能和勢能的增量B．拉力對物體所做的功，等于物體動能的增量C．拉力對物體所做的功，等于物體勢能的增量D．物體克服重力所做的功，大于物體勢能的增量解析：根據(jù)動能定理WF－WG＝mv2/2，WG＝mgh，所以WF＝mv2/2＋mgh，A正確，B、C錯誤；物體克服重力所做的功，等于物體重力勢能的增量，D錯誤．答案：A4.圖5－2－11如圖5－2－11所示，圖線表示作用在某物體上的合外力隨時間變化的關(guān)系，若物體開始時是靜止的，那么()A．從t＝0開始，5s內(nèi)物體的動能變化量為零B．在前5s內(nèi)只有第1s末物體的動能最大C．在前5s內(nèi)只有第5s末物體的速率最大D．前3s內(nèi)合外力對物體做的功為零解析：由圖象可知0～1s的合外力的大小是2～5s的合外力的大小的2倍，所以加速度大小的關(guān)系也是2∶1，物體的運動狀態(tài)可描述為0～1s物體做勻加速運動到速度最大，3s末減速到零，5s末反向加速到最大，因此5s內(nèi)動能變化量不為零，故選項A錯；前5s內(nèi)第1s末和第5s末物體的動能和速率一樣大，所以選項B、C都不對；3s末減速到零，所以前3s內(nèi)合外力對物體做的功為零，所以正確選項為D.答案：D5.圖5－2－12如圖5－2－12所示，一輕彈簧直立于水平地面上，質(zhì)量為m的小球從距離彈簧上端B點h高處的A點自由下落，在C點處小球速度達(dá)到最大．x0表示B、C兩點之間的距離；Ek表示小球在C處的動能．若改變高度h，則下列表示x0隨h變化的圖象和Ek隨h變化的圖象中正確的是()解析：由題意“在C點處小球速度達(dá)到最大”，可知C點是平衡位置，小球受到的重力與彈力平衡，該位置與h無關(guān)，B項正確；根據(jù)動能定理有mg(h＋x0)－Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝Ek，其中x0與彈性勢能Ep為常數(shù)，可判斷出C項正確．答案：BC6.圖5－2－13如圖5－2－13所示，在光滑四分之一圓弧軌道的頂端a點，質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)由靜止開始下滑，經(jīng)圓弧最低點b滑上粗糙水平面，圓弧軌道在b點與水平軌道平滑相接，物塊最終滑至c點停止．若圓弧軌道半徑為R，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，下列說法正確的是()A．物塊滑到b點時的速度為eq\r(gR) B．物塊滑到b點時對b點的壓力是3mgC．c點與b點的距離為eq\f(R,μ) D．整個過程中物塊機械能損失了mgR解析：物塊滑到b點時，mgR＝eq\f(1,2)mv2－0，v＝eq\r(2gR)，A不正確．在b點，F(xiàn)N－mg＝meq\f(v2,R)，F(xiàn)N＝3mg，B正確．從a點到c點，機械能損失了mgR，D正確．mgR－μmgs＝0－0，s＝eq\f(R,μ)，C正確．答案：BCD7.圖5－2－14如圖5－2－14所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A，B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A和B都向前移動一段距離，在此過程中()A．外力F做的功等于A和B動能的增量B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和解析：A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能的增量，即B對．A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A，B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯．對B物體應(yīng)用動能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，就是外力F對B做的功等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對．由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯．答案：BD8.圖5－2－15構(gòu)建和諧型、節(jié)約型社會深得民心，遍布于生活的方方面面．自動充電式電動車就是很好的一例，電動車的前輪裝有發(fā)電機，發(fā)電機與蓄電池連接．當(dāng)在騎車者用力蹬車或電動自行車自動滑行時，自行車就可以連通發(fā)電機向蓄電池充電，將其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能儲存起來．現(xiàn)有某人騎車以500J的初動能在粗糙的水平路面上滑行，第一次關(guān)閉自充電裝置，讓車自由滑行，其動能隨位移變化關(guān)系如圖5－2－15①所示；第二次啟動自充電裝置，其動能隨位移變化關(guān)系如圖線5－2－15②所示，則第二次向蓄電池所充的電能是()A．200JB．250JC．300JD．500J解析：設(shè)自行車與路面的摩擦阻力為Ff，由題圖可知，關(guān)閉自動充電裝置時，由動能定理得：0－Ek0＝－Ff·x1，可得Ff＝50N，啟動自充電裝置后，自行車向前滑行時用于克服摩擦做功為：W＝Ffx2＝300J，設(shè)克服電磁阻力做功為W′，由動能定理得：－W′－W＝0－Ek0，可得W′＝200J.答案：A9.圖5－2－16如圖5－2－16所示，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動．在移動過程中，下列說法正確的是()A．F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和B．F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢能D．F對木箱做的功等于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力做的功之和解析：木箱加速上滑的過程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做負(fù)功．支持力不做功，由動能定理得：WF－WG－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0.即WF＝WG＋Wf＋eq\f(1,2)mv2.A、B錯誤，又因克服重力做功WG等于物體重力勢能的增加，所以WF＝ΔEp＋ΔEk＋Wf，故D正確，又由重力做功與重力勢能變化的關(guān)系知C也正確．答案：CD10.圖5－2－17如圖5－2－17所示，質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)細(xì)線懸于O點，與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細(xì)釘，已知OP＝L/2，在A點給小球一個水平向左的初速度v0，發(fā)現(xiàn)小球恰能到達(dá)跟P點在同一豎直線上的最高點B.則：(1)小球到達(dá)B點時的速率？(2)若不計空氣阻力，則初速度v0為多少？(3)若初速度v0＝3eq\r(gL)，則在小球從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功？解析：(1)小球恰能到達(dá)最高點B，有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),L/2)，得vB＝eq\r(\f(gL,2)).(2)A→B由動能定理得，－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出：v0＝eq\r(\f(7gL,2)).(3)由動能定理得：－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,2)))－WFf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可求出：WFf＝eq\f(11,4)mgL.答案：(1)eq\r(\f(gL,2))(2)eq\r(\f(7gL,2))(3)eq\f(11,4)mgL11.圖5－2－18如圖5－2－18所示，質(zhì)量m＝0.5kg的小球從距離地面高H＝5m處自由下落，到達(dá)地面時恰能沿凹陷于地面的半圓形槽壁運動，半圓形槽的半徑R＝0.4m，小球到達(dá)槽最低點時速率恰好為10m/s，并繼續(xù)沿槽壁運動直到從槽左端邊緣飛出且沿豎直方向上升、下落，如此反復(fù)幾次，設(shè)摩擦力大小恒定不變，取g＝10m/s(1)小球第一次飛出半圓形槽上升到距水平地面的高度h為多少？(2)小球最多能飛出槽外幾次？解析：(1)在小球下落到最低點的過程中，設(shè)小球克服摩擦力做功為Wf，由動能定理得：mg(H＋R)－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0從小球下落到第一次飛出半圓形槽上升到距水平地面h高度的過程中，由動能定理得mg(H－h(huán))－2Wf＝0－0聯(lián)立解得：h＝eq\f(v2,g)－H－2R＝eq\f(102,10)－5－2×0.4m＝4.2m.(2)設(shè)小球最多能飛出槽外n次，則由動能定理得：mgH－2nWf＝0－0解得：n＝eq\f(mgH,2Wf)＝eq\f(mgH,2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(mg(H＋R)－\f(1,2)mv2)))＝eq\f(gH,2g(H＋R)－v2)＝6.25故小球最多能飛出槽外6次．答案：(1)4.2m(2)6次12.